全国版2022高考物理一轮复习专题八电场1练习含解析

专题八 电场

考点1　电场力的性质

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1.[2019全国Ⅰ,15,6分]如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则              (　　)

A.P和Q都带正电荷

B.P和Q都带负电荷

C.P带正电荷,Q带负电荷

D.P带负电荷,Q带正电荷

2.[2019北京,17,6分]如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c点在球面外,则              (　　)

A.a点场强的大小比b点大

B.b点场强的大小比c点小

C.a点电势比b点高

D.b点电势比c点低

拓展变式

1.[2020浙江1月选考,13,3分]如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接.A、B、C三小球的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列.已知静电力常量为k,则(　　)

A.qC=q0

B.弹簧伸长量为

C.A球受到的库仑力大小为2Mg

D.相邻两小球间距为q0

2.[2020湖南四校摸底调研]如图所示,带电小球O由绝

缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态,其中PM水平,地面上固定一绝缘且内壁光滑的四分之一圆弧细管道GH,其中圆心P与O球位置重合,与G点在同一水平线上,且位于H的正上方,管道底端H与水平地面相切,一质量为m、可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放,当小球b运动到H端时对管道内壁恰好无压力,重力加速度为g.在小球b由G滑到H的过程中,下列说法正确的是              (　　)

A.小球b的机械能逐渐减小

B.小球b所受库仑力大小始终为2mg

C.小球b的加速度大小先变大后变小

D.细线PM的拉力先增大后减小

3.[2021吉林白城检测,多选]

如图所示,A、B是点电荷电场中的两点,A点的电场强度大小为E1,方向与AB连线夹角

θ=120°,B点的电场强度大小为A点电场强度大小的.将B点电场强度沿AB方向和垂直AB方向分解,沿AB方向的分量E2水平向右,则下列判断正确的是              (　　)

A.场源电荷带负电　　　　B.场源电荷带正电

C.E1=E2                          D.E1=2E2

4.[2019全国Ⅲ,21,6分,多选]如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则              (　　)

A.a点和b点的电势相等

B.a点和b点的电场强度大小相等

C.a点和b点的电场强度方向相同

5.

[多选]如图所示,实线表示电场线,虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,轨迹上B点的切线与该处的电场线相互垂直.下列说法正确的是              (　　)

A.粒子带正电

B.粒子在B点的加速度大于它在C点的加速度

C.粒子在B点时电场力做功的功率为零

D.粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减小后增大

6.如图所示,边长为L的正

六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒.每根细棒均匀带上相同的正电荷.现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零.若移走+Q及AB边上的细棒,则O点电场强度大小为(k为静电力常量,不考虑绝缘细棒之间及绝缘细棒与+Q的相互影响)              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

7.一均匀带负电的半球壳,球心为O点,AB为其对称轴,平面L垂直AB把半球壳一分为二,L与AB相交于M点,对称轴AB上的N点和M点关于O点对称.已知均匀带电球壳内部任一点的电场强度都为零.取无穷远处电势为零,在距离点电荷q为r处的电

势为φ=k,假设L左侧部分球壳在M点产生的电场强度为E1,电势为φ1;L右侧部分球壳在M点产生的电场强度为E2,电势为φ2;整个半球壳在M点产生的电场强度为E3,在N点产生的电场强度为E4.下列说法中正确的是              (　　)

A.若平面L左右两部分球壳的表面积相等,有E1>E2,φ1>φ2

B.若平面L左右两部分球壳的表面积相等,有E1<E2,φ1<φ2

C.只有平面L左右两部分球壳的表面积相等,才有E1>E2,E3=E4

D.不论平面L左右两部分球壳的表面积是否相等,总有E1>E2,E3=E4

考点2　电场能的性质

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1.[2020山东,10,4分,多选]真空中有两个固定的带正

电的点电荷,电荷量不相等.一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态.过O点作两正电荷连线的垂线,以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d,如图所示.以下说法正确的是              (　　)

A.a点电势低于O点

B.b点电势低于c点

C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能

D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能

2.[2019江苏,9,4分,多选]

如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点.先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定.最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点.下列说法正确的有              (　　)

A.Q1移入之前,C点的电势为

B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0

C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2W

D.Q2在移到C点后的电势能为-4W

拓展变式

1.[2020江苏,9,4分,多选]如图

所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力).开始时,两小球分别静止在A、B位置.现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置.取O点的电势为0.下列说法正确的有              (　　)

A.电场E中A点电势低于B点

B.转动中两小球的电势能始终相等

C.该过程静电力对两小球均做负功

D.该过程两小球的总电势能增加

2.

[2017天津,7,6分,多选]如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、 B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是(　　)

A.电子一定从A向B运动

B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷

C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpB

D.B点电势可能高于A点电势

3.

[2018全国Ⅱ,21,6分,多选]如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是              (　　)

A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为

C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为

D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差

4.

[2018全国Ⅰ,21,6分,多选]图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是              (　　)

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

5.[v-x图像]电荷量为Q1、Q2的两个点

电荷A、B分别固定在x轴上的原点O处和x=5d处,一正点电荷C(仅受电场力)从x=d处以初速度v0沿x轴正方向运动,其速率v与在x轴上的位置关系如图所示,则下列判断正确的是              (　　)

A.点电荷A带负电荷、B带正电荷

B.点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为2:3

C.点电荷C从x=d处到x=4d处的过程中,在x=2d处的电势能最小

D.点电荷C从x=d处到x=4d处的过程中,电势能先增大后减小

6.[2020湖南长郡检测,多选]在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定两个点电荷,且固定在A处的点电荷带电荷量的数值为Q,两电荷的位置坐标如图甲所示.图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L点为图线的最低点,若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点).已知静电力常量为k,则下列有关说法正确的是              (　　)

7.[2021河北邯郸模拟,多选]某条直

电场线上有O,A,B,C四个点,相邻两点间距离均为d.以O点为坐标原点,沿电场强度方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示.将一个带电荷量为+q的粒子从O点由静止释放,仅考虑电场力作用.则              (　　)

A.若A点的电势为零,则O点的电势为

B.粒子从A到B做匀变速直线运动

C.粒子运动到B点时的动能为

D.粒子在OA段电势能的变化量小于在BC段电势能的变化量

8.静电场方向平行于x轴,将一电荷量为-q的带电粒子在x=d处由静止释放,粒子只在电场力作用下沿x轴运动,其电

势能Ep随x的变化关系如图所示.若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向,下列四幅示意图分别表示电势φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系,其中正确的是              (　　)

考点3　电容器及带电粒子在电场中的运动

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1.[2018北京,19,6分]研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是              (　　)

A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电

B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小

C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大

D.实验中,只增加极板带电荷量,静电计指针的张角变大,表明电容增大

2.[2019全国Ⅲ,24,12分]空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点.从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电,B的电荷量为q(q>0).A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g,求:

(1)电场强度的大小;

(2)B运动到P点时的动能.

拓展变式

1.[2018江苏,5,3分]如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态.现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴              (　　)

A.仍然保持静止　　　　B.竖直向下运动

C.向左下方运动       D.向右下方运动

2.如图甲,倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电的小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可求出              (　　)

A.小物块所带的电荷量

B.A、B间的电势差

C.小物块的质量

D.小物块速度最大时到斜面底端的距离

3.

[2016海南,6,3分]如图所示,平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成45°角.上极板带正电.一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

4.[2019天津,12,20分]2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放.引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力.单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷.

(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;

(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导的表达式;

(3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议.

5.[2015山东,20,6分,多选]如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T 时间内运动的描述,正确的是              (　　)

A.末速度大小为v0　　　　  B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了mgd      D.克服电场力做功为mgd

6.

[多选]如图所示,竖直平面内一半径为R的光滑圆环处在与水平方向夹角为θ=45°的斜向上的匀强电场中,现一电荷量为q、质量为m的带正电小球在圆环内侧A点静止(A点未画出),已知场强E=,现给静止在A处的小球一沿圆环切线方向的冲量I,使小球不脱离轨道,I的取值可能是              (　　)

A.m　　B.m　　C.2m　　D.m

7.如图所示,在平面坐标系xOy第一象限内,y轴右侧宽度d=1.0 m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场,在2d<x<3d的区域内有宽度也为d=1.0 m沿y轴正方向、场强大小为E2=4E1的匀强电场.在坐标原点上方A(0,1.0)处有一粒子源,它一次可以向外放出一个或多个电子,电子的质量为m,电荷量为-e.不计电子的重力及彼此间的相互作用力.

(1)若从A点沿x轴正方向分别以v1=和v2=的初速度发射两个电子a、b,求电子a、b离开第一象限区域时,横坐标之差的大小;

(2)若从A点沿x轴正方向发射许多速度大小不同的电子,且所有电子速度都小于,当它们进入电场E2以后,在电场中运动的动能变为进入电场E2时动能的n倍时,它们的位置分布在一条倾斜的直线上,直线通过(2.0 m,1.0 m)和(3.0 m,0)两点,求n的值.

答  案

专题八　电　场

考点1　电场力的性质

1.D　对P、Q整体进行受力分析可知,在水平方向上整体所受电场力为零,所以P、Q必带等量异种电荷,选项A、B错误;对P进行受力分析可知,匀强电场对它的电场力应水平向左,与Q对它的库仑力平衡,所以P带负电荷,Q带正电荷,选项D正确,C错误.

2.D　由点电荷的场强公式E=可知,与-Q距离相等的点场强大小相等,离-Q越近的点场强越大,故a点场强的大小与b点的相等,b点场强的大小比c点的大,A、B项错误;与-Q距离相等的点,电势相等,离-Q越近的点, 电势越低,故a点电势与b点的相等,b点电势比c点的低,C项错误,D项正确.

1.A　以A、B、C整体为研究对象,对其受力分析,受重力、支持力以及弹簧的拉力,则由力的平衡条件可知,F=k0x'=3Mgsinα,解得x'=,B错误;以A为研究对象,小球受到的库仑力大小为FA=F-Mgsinα=2Mgsinα,方向沿斜面向下,C错误;为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上,则小球C应带正电,设相邻两球之间的距离为x,则对小球B由力的平衡条件得Mgsin α+=,对小球C由力的平衡条件得Mgsin α+=,解得qC=q0,x=q0,A正确,D错误.

2.D　小球b所受到的库仑力和管道的弹力始终与速度垂直,所以小球b机械能守恒,A错误;设圆弧半径为R,由于小球b机械能守恒,从G滑到H的过程中,有mgR=m,在H处,有F库-mg=,解得F库=3mg,B错误;设b与O的连线与水平方向的夹角为θ,则mgRsinθ=mv2,任意位置的加速度为向心加速度和切向加速度的合成,即a===g,可知随着θ增大,小球b的加速度一直变大,C错误;设PN与竖直方向成α角,对球O受力分析,竖直方向上有FPNcosα=mg+F'库sinθ,水平方向上有F'库cosθ+FPNsinα=FPM,且F'库=F库,解得FPM=mgtanα+,下滑时θ从0°增大到90°,细线PM的拉力先增大后减小,故D正确.

3.BD　如果场源电荷带负电,则B点电场强度沿AB方向的分量应该水平向左,与题意矛盾,因此场源电荷带正电,A错误,B正确;由于B点的电场强度大小为A点电场强度大小的,由E=k可知,B点到场源电荷的距离为A点到场源电荷的倍,由几何关系可知,场源电荷与A点连接跟场源电荷与B点连线垂直,如图所示,由几何关系可知B点电场强度与其分量E2夹角为30°,则有E1cos 30°=E2,解得E1=2E2,C错误,D正确.

4.BC　a、b两点到电性不同的两点电荷连线的距离相等,且关于两点电荷连线中点对称,可知a、b两点的电场强度大小相等,方向相同,选项B、C均正确.电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷(等量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上,正方体的另外两个顶点a、b分别在两点电荷q和-q连线的垂直平分面两侧,故a点和b点的电势不相等,选项A错误.电势是标量,将q和-q在a、b两点产生的电势分别相加,可得φb>φa,将负电荷从a点移到b点,电场力做正功,电势能减少,选项D错误.

5.BC　因为带电粒子的运动轨迹向左下弯曲,所以带电粒子所受的电场力方向沿电场线切线方向向下,故粒子带负电,A错误;电场线的疏密表示场强大小,由图知B点的场强大于C点的场强,则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度,B正确;因为粒子的运动轨迹中B点的切线与该处的电场线垂直,即粒子在B点受到的电场力的方向与粒子在B点的速度方向垂直,所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零,C正确;带电粒子从A到B,电场力做负功,电势能增大,从B到C,电场力做正功,电势能减小,D错误.

6.D　根据对称性可知,AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度的矢量和为零,AB与DE上的细棒在O点产生的电场强度的矢量和为零.BC中点的点电荷在O点产生的电场强度的大小为=,由题意分析可知EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度的矢量和为零,则EF上的细棒在O点产生的电场强度的大小也为,故每根细棒在O点产生的电场强度的大小都为,移走点电荷及AB边上的细棒,O点的电场强度为EF与DE上的细棒在O点产生的电场强度的矢量和,即2cos 30°=,D正确.

7.D　设想将题中半球壳补充为一个完整的均匀带负电的球壳,则整个球壳在M点产生的电场强度为0,设补全后L右侧的球壳在M点产生的电场强度为E5,则E1与E5应等大反向,分析可知E2<E5,则E1>E2,且与题中L左右两部分球壳的表面积是否相等无关;根据几何关系知,L右侧部分球壳上各点到M点的距离均大于L左侧部分球壳上各点到M点的距离,根据φ=k知,|φ1|>|φ2|,因球壳带负电,所以φ1<φ2,选项A、B错误.因为完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零,根据对称性可知补全后左、右半球壳在M、N点产生的电场强度等大反向,故题中半球壳在M、N点产生的电场强度大小相等、方向相同,选项C错误,D正确.

考点2　电场能的性质

1.BD　由题意可知O点场强为零,所以a、O两点间场强方向是由a指向O的,所以φa>φO,A项错误;同理,φc>φO,O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量,所以φO>φb,则φc>φb,B项正确;同理,φa>φb,φc>φd,又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小,所以C项错误,D项正确.

2.ABD　根据电场力做功可知-W=q(0-φC1),解得φC1=,选项A正确.B、C两点到A点的距离相等,这两点电势相等,Q1从C点移到B点的过程中,电场力做功为0,选项B正确.根据对称性和电势叠加可知,A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后,C点电势为φC2=2φC1=,带电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)×φC2=-4W,选项D正确.Q2从无限远移动到C点的过程中,电场力做的功为0-EpC=4W,选项C错误.

1.AB　沿电场线方向电势降低,则B点的电势比A点的电势高,A正确;由对称性可知,两小球所处位置的电势的绝对值始终相等,则由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B正确;该过程中,带正电荷的小球所受的电场力方向向右,带负电荷的小球所受的电场力方向向左,则电场力对两小球均做正功,C错误;电场力做正功,电势能减少,所以该过程中两小球的总电势能减少,D错误.

2.BC　电子仅在电场力作用下可能从A运动到B,也可能从B运动到A,所以A错误;若aA>aB,说明电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力,所以A距离点电荷较近,B距离点电荷较远,又因为电子受到的电场力指向轨迹凹侧,因此Q靠近M端且为正电荷,B正确;无论Q是正电荷还是负电荷,若电子从A运动到B,一定是克服电场力做功,若电子从B运动到A,一定是电场力做正功,即一定有EpA<EpB,C正确;对于同一个负电荷,电势低处电势能大,B点电势一定低于A点电势,D错误.

3.BD　由题意得,(φa-φb)q=W1,(φc-φd)q=W2,只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系,无法确定场强的方向,选项A错误;若c、d之间的距离为L,因无法确定场强的方向,故无法确定场强的大小,选项C错误;由于φM=、φN=、WMN=q(φM-φN),上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN=,所以B正确;若W1=W2,有φa-φb=φc-φd,变形可得φa-φc=φb-φd,又φa-φM=φa-=,φb-φN=φb-=,所以φa-φM=φb-φN,D正确.

4.AB　电子在等势面b时的电势能为E=qφ=-2 eV,电子由a到d的过程电场力做负功,电势能增加6 eV,由于相邻两等势面之间的距离相等,故相邻两等势面之间的电势差相等,则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV,则电子在等势面c的电势能为零,等势面c的电势为零,A正确.由以上分析可知,电子在等势面d的电势能应为2 eV,C错误.电子在等势面b的动能为8 eV,电子在等势面d的动能为4 eV,由公式Ek=mv2可知,该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍,D错误.如果电子的速度与等势面不垂直,则电子在该匀强电场中做曲线运动,所以电子可能到达不了平面f就返回平面a,B正确.

5.D　由图像可知正点电荷C从x=d处到x=4d处的过程中,其速度先减小后增大,故电场力先做负功后做正功,即从x=d处到x=2d处场强方向向左,从x=2d处到x=4d处场强方向向右,且x=2d处合场强为零,由场强的叠加可知点电荷A、B均带负电荷,选项A错误;由x=2d处的合场强为零得=,故Q1∶Q2=4∶9,选项B错误;因为点电荷C从x=d处到x=4d处的过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,所以x=2d处的电势能最大,选项C错误,D正确.

6.CD　据φ-x图像可知两个固定点电荷均带正电,故选项A错误;又据φ-x图像切线的斜率绝对值等于场强E的大小,则知x=L处场强为零,且沿着电场线方向电势降低,所以小球在C处受到的电场力向左,向左加速运动,到x=L处加速度a为0,从x=L向左运动时,电场力向右,做减速运动,所以小球在x=L处的速度最大,故选项B错误;x=L处场强为零,根据点电荷场强则有k=k,解得QA:QB=4:1,又QA=Q,QB=Q,则x=0处的场强也可以求出,为E0=k-k=k,方向向右,故选项C正确;根据qU=mv2知,若已知带电小球经过x=0处的速度为v,则可以求出x=2L和x=0两个位置的电势差U,故选项D正确.

7.ABC　根据电压与电场强度的关系U=Ed,可知E-x图像围成的面积的绝对值表示电势差的绝对值,取A点电势为零,粒子从O到A的电势差为UOA=E0d,又UOA=φO-φA,解得φO=E0d,故选项A正确;由图可知,A、B之间是匀强电场,故粒子从A到B做匀变速直线运动,故选项B正确;由图可知,O、B间的电势差为UOB=E0d+E0d=E0d,根据动能定理得qUOB=EkB-0,得EkB=E0qd,故选项C正确;由图可知,OA段E-x图像围成图形的面积大于BC段所围图形的面积,即UOA>UBC,根据W=qU,可知OA段电场力做功多,故OA段电势能的变化量大于BC段电势能的变化量,故选项D错误.

8.D　因为粒子带负电,由Ep=φq可知,φ-x图像应与Ep-x图像的形状上、下对称,选项A错误;因为φ-x图像的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,沿电场方向电势降低,所以在x=0的左侧存在沿x轴负方向的匀强电场,在x=0的右侧存在沿x轴正方向的匀强电场,选项B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度大小不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧为正值、在x=0右侧为负值,选项C错误;因为带电粒子只受电场力作用,所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变,即Ek-x图像应与Ep-x图像的形状上、下对称,选项D正确.

考点3　电容器及带电粒子在电场中的运动

1.A　实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,则a板带电,由静电感应可知,在b板上感应出与a板电性相反的电荷,故选项A正确;实验中,只将电容器b板向上平移,正对面积S变小,由C=,可知电容C变小,由C=,Q不变,可知U变大,因此静电计指针的张角变大,选项B错误;实验中,只将极板间插入有机玻璃板,相对介电常数εr变大,由C=,可知电容C变大,由C=,Q不变,可知U变小,静电计指针的张角变小,选项C错误;实验中,只增加极板带电荷量,电容C不变,由C=,可知静电计指针的张角变大,故选项D错误.

2.(1)　(2)2m(+g2t2)

解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma　①

a()2=gt2　②

解得E=　③.

(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有

Ek-m=mgh+qEh　④

且有v1=v0t　⑤

h=gt2　⑥

联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2).

1.D　由于水平金属板A、B分别与电源两极相连,两极板之间的电势差不变,将B板右端向下移动一小段距离,极板之间的电场强度将减小,油滴所受电场力减小,且电场力方向斜向右上方,则油滴所受的合外力斜向右下方,所以该油滴向右下方运动,选项D正确.

2.C　由动能图线得知,小物块的速度先增大后减小.根据库仑定律得知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.由动能图线看出,速度有最大值,此时小物块受力平衡,即库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得q,故A错误;小物块由A到B的过程,重力势能的增加等于电势能的减小,所以可以求出小物块电势能的减小,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A、B之间的电势差,故B错误;由重力势能线得到E1=mgh=mgx1sin θ,读出斜率,即可求出m,故C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电荷量、质量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,故D错误.

3.B　

如图所示,粒子在垂直极板方向上做匀减速运动,在平行极板方向上做匀速运动,轨迹呈曲线,全过程电场力做负功.若粒子刚好能打到上极板,则打到极板上时,粒子垂直于极板方向的分速度刚好减为0,因极板与水平面夹角为45°,所以粒子的末速度为初速度的,故粒子的末动能为Ek0,根据动能定理有-Edq=Ek0-Ek0,可得E=,选项B正确.

4.(1)　(2)=　(3)见解析

解析:(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有

ZeU=mv2-0　①

设正离子束所受的电场力为F'1,根据牛顿第三定律,有

F'1=F1　②

设在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有

F'1=ΔNm　③

联立①②③式,且N=得N=　④.

(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P=F'v　⑤

根据牛顿第三定律有F'=F,联立①⑤式得=　⑥.

(3)为使尽量大,分析⑥式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压.

5.BC　0~时间内微粒做匀速直线运动,则E0q=mg;~时间内没有电场作用,微粒做平抛运动,竖直方向上a=g;~T时间内,由于电场作用,F合=2E0q-mg=mg,方向竖直向上.分析可知,微粒到达金属板边缘时,速度为v0,方向水平,选项A错误,B正确.从微粒进入两板间到离开,重力做功mg,重力势能减少mgd,选项C正确.由动能定理知WG+W电=0,W电=-mgd,则克服电场力做功为mgd,选项D错误.

6.AD　小球受电场力与重力的合力方向水平向右,大小为mg,根据“等效重力法”相当于将重力场逆时针转90°.当小球恰好能到达等效重力场中与圆心“等高”处时,有mgR=m,解得v1=,若小球不脱离轨道,有速度0<v≤,冲量0<I≤m.当小球恰好能通过等效重力场的“最高点”时,由动能定理有mg·2R=m-m,等效重力提供向心力,有mg=m,解得v0=,v2=,若小球不脱离轨道,有速度v≥,冲量I≥m,选项A、D正确.

7.(1)2.5 m　(2)5

解析:(1)设某电子在电场E1中做匀减速直线运动的初速度为v0、减速到零时通过的距离为d,则有

d=

由牛顿第二定律得

a1=

联立解得v0=

因v1=<v0

故电子a先减速后反向加速从y轴离开电场,横坐标为0;

设电子b在右侧离开电场E1的速度为v3,由运动学公式得

-=-·d

则电子b离开电场E1的速度为v3=

假设电子b恰好在3d处离开电场E2时的入射速度为v4,则水平方向有d=v4t

竖直方向d=··t2

上式可得v4=

由于v3<v4,故电子将在2d~3d之间离开E2电场,有Δx=v3t

由以上各式得v3=v4,故Δx==0.5 m

故电子b将从x轴离开电场,横坐标为2.5 m;

电子a、b离开第Ⅰ象限区域时,横坐标之差大小为2.5 m.

(2)设电子在E2电场中以v(v<)开始做类平抛运动,动能变为进入电场E2时动能的n倍时,由题中直线通过(2.0 m,1.0 m)和(3.0 m,0)两点,可得电子位置满足

Δx=Δy

即vt=t

由动能定理得eE2·Δy=mv2(n-1)

竖直方向Δy=

由以上各式联立得n=5.